2018大学院入試｜京都大学 数学・数理解析専攻|基礎科目

大学院入試
2020.02.17
大学院入試

2018年度の京都大学 理学研究科 数学・数理解析専攻の大学院入試問題の「基礎科目」の解答の方針と解答です．

ただし，採点基準などは公式に発表されていないため，ここでの解答が必ずしも正解とならない場合もあり得ます．ご注意ください．

また，十分注意して解答を作成していますが，論理の飛躍・誤りが残っている場合があります．

なお，過去問は京都大学のホームページから入手できます．

過去の入試問題 | Department of Mathematics Kyoto University
www.math.kyoto-u.ac.jp

大学院入試の解答に関する記事一覧はこちら

【大学別　大学院入試　数学解答一覧】

問題と解答の方針

問題は８問あり，数学系志願者は問１～問６の６問を，数理解析系志願者は

  • 問１〜問４の４問
  • 問５，問７から１問
  • 問６，問８から１問

の合計６問を解答します．試験時間は３時間３０分です．

この記事では，問７まで解答例を掲載しています．

問１

広義積分

   \begin{align*} \iiint_{V}\frac{1}{(1+x^{2}+y^{2})z^{3/2}}\,dxdydz \end{align*}

を計算せよ．ただし，$V=\set{(x,y,z)\in\R^{3}}{x^{2}+y^{2}\le z}$とする．

解答の方針

被積分関数および積分領域$V$の条件にある$x^2+y^2$に注目して，$(x,y)$について極座標変換するのが良さそうですね：

   \begin{align*} x=\cos{\theta},\quad y=\sin{\theta},\quad z=\eta \end{align*}

その際，ヤコビ行列式は$\vmat{\od{x}{r}&\od{x}{\theta}&\od{x}{\eta}\\\od{y}{r}&\od{y}{\theta}&\od{y}{\eta}\\\od{z}{r}&\od{z}{\theta}&\od{z}{\eta}}=r$となります．

解答例


$x$, $y$に関する極座標変換$(x,y,z)=(r\cos\theta,r\sin\theta,\eta)$ ($r\ge0$)を施すと，$V$は

   \begin{align*} W=\set{(r,\theta,\eta)}{0\le r^{2}\le \eta,0\le\theta<2\pi} \end{align*}

に対応し，ヤコビ行列式は

   \begin{align*} \vmat{\od{x}{r}&\od{x}{\theta}&\od{x}{\eta}\\\od{y}{r}&\od{y}{\theta}&\od{y}{\eta}\\\od{z}{r}&\od{z}{\theta}&\od{z}{\eta}} =\vmat{\cos{\theta}&-r\sin{\theta}&0\\\sin{\theta}&r\cos{\theta}&0\\0&0&1} =r \end{align*}

である．よって，

   \begin{align*} &\iiint_{V}\frac{1}{(1+x^{2}+y^{2})z^{3/2}}\,dxdydz \\=&\iiint_{W}\frac{r}{(1+r^{2})\eta^{3/2}}\,drd\theta d\eta \\=&\int_{0}^{\infty}\bra{\int_{r^{2}}^{\infty}\bra{\int_{0}^{2\pi}\frac{rd\theta}{(1+r^{2})\eta^{3/2}}}\,d\eta}\,dr \\=&2\pi\int_{0}^{\infty}\bra{\int_{r^{2}}^{\infty}\frac{rd\eta}{(1+r^{2})\eta^{3/2}}}\,d\eta \\=&-4\pi\int_{0}^{\infty}\frac{r}{1+r^{2}}\brc{\eta^{-1/2}}_{\eta=r^{2}}^{\eta=\infty}\,dr \\=&4\pi\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+r^{2}}\,dr \\=&4\pi\brc{\tan^{-1}{r}}_{0}^{\infty} =2\pi^{2} \end{align*}

となる．

問２

$a$, $b$を実数とする．実行列

   \begin{align*} A=\pmat{1&1&a&b\\0&1&2&0\\2&0&1&4} \end{align*}

について，以下の問に答えよ．

(1)　行列$A$の階数を求めよ．

(2)　連立1次方程式

   \begin{align*} A\pmat{x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\\x_{4}}=\pmat{1\\1\\1} \end{align*}

が解を持つような実数$a$, $b$をすべて求めよ．

解答の方針

$\m{x}$の１次連立方程式$A\m{x}=\m{c}$が解をもつための必要十分条件は，係数行列$A$と拡大係数行列$[A,\m{c}]$の階数が一致することです．

解答例


$\m{c}:=[1,1,1]^{T}$とする．

(1)　連立方程式の拡大係数行列$\brc{A,\m{c}}$に行基本変形を施すと，

   \begin{align*} \brc{A,\m{c}} =&\bmat{1&1&a&b&1\\0&1&2&0&1\\2&0&1&4&1} \\\to&\bmat{1&1&a&b&1\\0&1&2&0&1\\0&-2&1-2a&4-2b&-1} \\\to&\bmat{1&0&a-2&b&0\\0&1&2&0&1\\0&0&5-2a&4-2b&1} \end{align*}

である．この行基本変形により，

   \begin{align*} \operatorname{rank}{A} =\begin{cases}2&\bra{a=\frac{5}{2},b=2}\\ 3&\bra{(a,b)\neq\bra{\frac{5}{2},2}} \end{cases} \end{align*}

である．

(2)　上の行基本変形により，$(a,b)\neq\bra{\frac{5}{2},2}$のとき$\operatorname{rank}{A}=\operatorname{rank}{[A,\m{c}]}$であり，$a=\frac{5}{2},b=2$のときはこれを満たさない．

よって，求める実数$a,b$は$(a,b)\neq\bra{\frac{5}{2},2}$である．

問３

広義積分

   \begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos(\pi x)}{1+x^{2}+x^{4}}\,dx \end{align*}

を求めよ.

解答の方針

実軸上でこの被積分関数になればよいので，$f(z):=\frac{e^{\pi i z}}{1+z^{2}+z^{4}}$とおけば，留数定理により計算できます．すなわち，

   \begin{align*} L_{R}:=\set{z\in\C}{z=x,x\in[-R,R]} \end{align*}

とすれば，求める積分は$\lim\limits_{R\to\infty}\dint_{L_R}f(z)\,dx$となります．

また，$1+z^2+z^4$は$e^{\pi i/3}$, $e^{2\pi i/3}$, $e^{4\pi i/3}$, $e^{5\pi i/3}$を根に持つので，$R>1$として

   \begin{align*} C_{R}:=\set{z\in\C}{z=Re^{i\theta},\theta\in[0,\pi]} \end{align*}

とすれば，$e^{\pi i/3}$, $e^{2\pi i/3}$を除く$C_{R}\cup L_{R}$の周および内部で$f$は正則です．

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なお，一般に複素関数$g$, $h$が$g(a)\neq0$, $h(a)=0$, $h(a)\neq0$をみたすなら，$a$での$\frac{g}{h}$の留数は

   \begin{align*} \mrm{Res}\bra{\frac{g}{h},a} =\frac{g(a)}{h'(a)} \end{align*}

で求められます．

解答例


関数$f:\C\to\C$を

   \begin{align*} f(z):=\frac{e^{\pi i z}}{1+z^{2}+z^{4}} \end{align*}

で定め，任意の$R>1$に対して$C_{R},L_{R}\subset\C$を

   \begin{align*} &L_{R}:=\set{z\in\C}{z=x,x\in[-R,R]}, \\&C_{R}:=\set{z\in\C}{z=Re^{i\theta},\theta\in[0,\pi]} \end{align*}

で定める．このとき，

   \begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos(\pi x)}{1+x^{2}+x^{4}}\,dx =&\lim_{R\to\infty}\int_{-R}^{R}\frac{\cos(\pi x)}{1+x^{2}+x^{4}}\,dx \\=&\lim_{R\to\infty}\int_{L_{R}}\frac{\cos(\pi z)}{1+z^{2}+z^{4}}\,dz \\=&\lim_{R\to\infty}\Re\int_{L_{R}}f(z)\,dz \\=&\lim_{R\to\infty}\Re\bra{\int_{C_{R}\cup L_{R}}f(z)\,dz-\int_{C_{R}}f(z)\,dz} \end{align*}

である．ただし，$\xi\in\C$に対して，$\xi$の実部を$\Re\xi$で表す．また，

   \begin{align*} (1-z^{2})(1+z^{2}+z^{4})=1-z^{6} \end{align*}

なので，$1+z^{2}+z^{4}=0$の解は$z$の6乗根のうち$\pm1$を除いた$e^{\pi i/3}$, $e^{2\pi i/3}$, $e^{4\pi i/3}$, $e^{5\pi i/3}$である．

よって，$e^{\pi i/3},e^{2\pi i/3},e^{4\pi i/3},e^{5\pi i/3}$は$f$の1位の極であり，この他に$f$は極をもたないから，$e^{\pi i/3}$, $e^{2\pi i/3}$を除く$C_{R}\cup L_{R}$の周および内部で$f$は正則である．

$e^{\pi i/3}$, $e^{2\pi i/3}$での$f$の留数は

   \begin{align*} \frac{1}{2\pi i}\mrm{Res}\bra{f,e^{\pi i/3}} =&\left.\frac{e^{\pi iz}}{\od{}{z}(1+z^{2}+z^{4})}\right|_{z=e^{\pi i/3}} =\frac{e^{\pi ie^{\pi i/3}}}{2e^{\pi i/3}+4e^{\pi i}} \\=&\frac{e^{\pi i(1+\sqrt{3}i)/2}}{\bra{1+\sqrt{3}i}-4} =\frac{e^{\pi(i-\sqrt{3})/2}}{-3+\sqrt{3}i} \\=&\frac{(-3-\sqrt{3}i)ie^{-\pi\sqrt{3}/2}}{12} \\=&\frac{(\sqrt{3}-3i)e^{-\pi\sqrt{3}/2}}{12}, \\\frac{1}{2\pi i}\mrm{Res}\bra{f,e^{2\pi i/3}} =&\left.\frac{e^{\pi iz}}{\od{}{z}(1+z^{2}+z^{4})}\right|_{z=e^{2\pi i/3}} =\frac{e^{\pi ie^{2\pi i/3}}}{2e^{2\pi i/3}+4e^{2\pi i}} \\=&\frac{e^{\pi i(-1+\sqrt{3}i)/2}}{\bra{-1+\sqrt{3}i}+4} =\frac{e^{\pi(-i-\sqrt{3})/2}}{3+\sqrt{3}i} \\=&\frac{(3-\sqrt{3}i)(-i)e^{-\pi\sqrt{3}/2}}{12} \\=&\frac{(-\sqrt{3}-3i)e^{-\pi\sqrt{3}/2}}{12} \end{align*}

だから，留数定理より，

   \begin{align*} &\Re\int_{C_{R}\cup L_{R}}f(z)\,dz \\=&\Re\brb{\mrm{Res}\bra{f,e^{\pi i/3}}+\mrm{Res}\bra{f,e^{2\pi i/3}}} \\=&2\pi i\bra{\frac{-3ie^{-\pi\sqrt{3}/2}}{12}+\frac{-3ie^{-\pi\sqrt{3}/2}}{12}} \\=&\pi e^{-\pi\sqrt{3}/2} \end{align*}

である．さらに，三角不等式を繰り返し用いて

   \begin{align*} |1+R^{2}e^{2i\theta}+R^{4}e^{4i\theta}| >&|R^{4}e^{4i\theta}|-|1+R^{2}e^{2i\theta}| \\=& R^{4}-|1+R^{2}e^{2i\theta}| \\\ge& R^{4}-(1+|R^{2}e^{2i\theta}|) \\=&R^{4}-R^{2}-1 \end{align*}

となるから，

   \begin{align*} \abs{\int_{C_{R}}f(z)\,dz} =&\abs{\int_{C_{R}}\frac{e^{\pi iz}}{1+z^{2}+z^{4}}\,dz} \\=&\abs{\int_{0}^{\pi}\frac{Re^{i\theta}e^{\pi ie^{i\theta}}}{1+R^{2}e^{2i\theta}+R^{4}e^{4i\theta}}\,d\theta} \\\le&\int_{0}^{\pi}\abs{\frac{Re^{i\theta}e^{\pi ie^{i\theta}}}{1+R^{2}e^{2i\theta}+R^{4}e^{4i\theta}}}\,d\theta \\\le&\int_{0}^{\pi}\frac{R|e^{-\pi\sin\theta}|}{R^{4}-R^{2}-1}\,d\theta \\\le&\int_{0}^{\pi}\frac{R}{R^{4}-R^{2}-1}\,d\theta \\\le&\frac{\pi R}{R^{4}-R^{2}-1} \xrightarrow[]{R\to\infty}0 \end{align*}

である．よって，$\lim\limits_{R\to\infty}\dint_{C_{R}}f(z)\,dz=0$が従う．以上より，

   \begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos(\pi x)}{1+x^{2}+x^{4}}\,dx =\pi e^{-\pi\sqrt{3}/2} \end{align*}

である．

問４

閉区間$[0,1]$上の実数値関数列$\{f_{n}\}_{n=1}^{\infty}$について，各$f_{n}$は広義単調増加であるものとする．つまり，$0\le x<y\le 1$なら，$f_{n}(x)\le f_{n}(y)$である．この関数列$\{f_{n}\}_{n=1}^{\infty}$が$n\to\infty$で関数$f$に各点収束したとする．

(1)　任意の$0\le x<y\le1$に対し，不等式

   \begin{align*} \sup_{z\in[x,y]}|f_{n}(z)-f(z)|\le\max\{|f_{n}(x)-f(y)|,|f_{n}(y)-f(x)|\} \end{align*}

を示せ．

(2)　関数$f$が連続であるとき，関数列$\{f_{n}\}_{n=1}^{\infty}$は$f$に$[0,1]$上で一様収束することを示せ.

解答の方針

(1)　極限は等号付き不等号を保存するので，極限関数も広義単調増加します．

また，$|a-b|$は$a-b$または$b-a$のいずれかであるが，このうちの小さくない方が$|a-b|$に一致します．すなわち，一般に$|a-b|=\max\{a-b,b-a\}$が成り立ちます．

(2)　$[0,1]$は有界閉集合(コンパクト)なので連続な$f$は一様連続(Heine-Cantorの定理)なので，十分に細かく$[0,1]$を分割すれば分割内での$f$の値の差は一様に小さくできます．

分割$[p,q]$内では，

   \begin{align*} f_n(x)-f(x) \le f_n(q)-f(p) \le (f_n(q)-f(q))+(f(q)-f(p)) \end{align*}

となるので，第1項は各点収束$f_n\to f$から小さくでき，分割$[p,q]$が十分細かければ$f$の一様連続性から第２項も小さくなります．

これと同様のことを(1)を用いて$\sup\limits_{x\in[p,q]}|f_n(x)-f(x)|$に対して行えば良いですね．

解答例


(1)　任意の$0\le s<t<1$に対して$f_{n}(s)\le f_{n}(t)$だから，両辺で$n\to\infty$とすると$f(s)\le f(t)$が従う．よって，$f$は広義単調増加だから，任意の$n\in\{1,2,\dots\}$と$z\in[x,y]$に対して，

   \begin{align*} |f_{n}(z)-f(z)| =&\max\{f(z)-f_{n}(z),f_{n}(z)-f(z)\} \\\le&\max\{f(y)-f_{n}(x),f_{n}(y)-f(x)\} \\\le&\max\{|f_{n}(x)-f(y)|,|f_{n}(y)-f(x)|\} \end{align*}

が従う．

(2)　任意に$\epsilon>0$をとる．$f$は有界閉区間$[0,1]$で連続だから，$f$は$[0,1]$上一様連続である．すなわち，ある$\delta>0$が存在して，$|x-y|<\delta$なら$|f(x)-f(y)|<\epsilon$が成り立つ．

ここで，$\frac{1}{N}<\delta$を満たす$N\in\N$をとると，任意の$k\in\{0,1,\dots,N-1\}$に対して，

   \begin{align*} \abs{f\bra{\frac{k+1}{N}}-f\bra{\frac{k}{N}}}<\epsilon \end{align*}

が成り立つ．

また，関数列$\{f_{n}\}_{n=1}^{\infty}$が$n\to\infty$で関数$f$に各点収束するから，任意の$k\in\{0,1,\dots,N-1\}$に対して，ある$n_{k}\in\N$が存在して，$n>n_{k}$なら

   \begin{align*} \abs{f_{n}\bra{\frac{k}{N}}-f\bra{\frac{k}{N}}}<\epsilon \end{align*}

が成り立つ．よって，(1)を用いると，$n>n_{k}$なら

   \begin{align*} &\sup_{z\in\brc{\frac{k}{N},\frac{k+1}{N}}}|f_{n}(z)-f(z)| \\\le&\max\brb{\abs{f_{n}\bra{\frac{k}{N}}-f\bra{\frac{k+1}{N}}},\abs{f_{n}\bra{\frac{k+1}{N}}-f\bra{\frac{k}{N}}}} \\\le&\max\left\{\abs{f_{n}\bra{\frac{k}{N}}-f\bra{\frac{k}{N}}}+\abs{f\bra{\frac{k}{N}}-f\bra{\frac{k+1}{N}}},\right. \\&\qquad\left.\abs{f_{n}\bra{\frac{k+1}{N}}-f\bra{\frac{k+1}{N}}}+\abs{f\bra{\frac{k+1}{N}}-f\bra{\frac{k}{N}}}\right\} \\<&\epsilon+\epsilon <2\epsilon \end{align*}

が成り立つ．よって，$n>\max\{n_{0},n_{1},\dots,n_{N-1}\}$なら，

   \begin{align*} \sup_{z\in[0,1]}|f_{n}(z)-f(z)| =\max_{k\in\{0,1,\dots,N-1\}} \sup_{z\in\brc{\frac{k}{N},\frac{k+1}{N}}}|f_{n}(z)-f(z)| <2\epsilon \end{align*}

が成り立つから，題意が従う．

問５

$p$を素数とし，$\mathbb{F}_{p}=\Z/p\Z$を位数$p$の有限体とする．行列の乗法による群$G$を

   \begin{align*} G=\set{\begin{pmatrix}1&a&b\\0&1&c\\0&0&1\end{pmatrix}}{a,b,c\in\mathbb{F}_{p}} \end{align*}

で定める．このとき，$G$から乗法群$\C^{\times}=\C\setminus\{0\}$への準同型写像の個数を求めよ．

解答の方針

$A:=\bmat{1&1&0\\0&1&0\\0&0&1}$, $B:=\bmat{1&0&1\\0&1&0\\0&0&1}$, $C:=\bmat{1&0&0\\0&1&1\\0&0&1}$が$G$の元として最も単純で，

   \begin{align*} A^{n}=\bmat{1&n&0\\0&1&0\\0&0&1},\quad B^{n}=\bmat{1&0&n\\0&1&0\\0&0&1},\quad C^{n}=\bmat{1&0&0\\0&1&n\\0&0&1} \end{align*}

となることは，いずれもJordan標準形もしくはJordan標準形に近い形をしていることから直ちに分かります．

このことから，$G=\anb{A,B,C}$となること，すなわち$G$が$A$, $B$, $C$により生成されることが予想でき，実際に

   \begin{align*} B^{b}C^{c}A^{a}=\bmat{1&a&b\\0&1&c\\0&0&1} \end{align*}

が成り立ちます．また，$AC=BCA$より$B=ACA^{-1}C^{-1}$なので，結局は$G=\anb{A,C}$と$G$が生成されることが分かります．

あとは準同型$f:G\to\C^\times$による$A$, $C$の移り先を$p$が素数であることに気をつけて考えれば良いですね．

解答例


$I$を3次正方行列とし，$A, B\in G$を

   \begin{align*} A:=\bmat{1&1&0\\0&1&0\\0&0&1},\quad B:=\bmat{1&0&0\\0&1&1\\0&0&1},\quad C:=\bmat{1&0&0\\0&1&1\\0&0&1} \end{align*}

で定める．

任意の$n\in\Z$に対して，

   \begin{align*} A^{n}=\bmat{1&n&0\\0&1&0\\0&0&1},\quad B^{n}=\bmat{1&0&n\\0&1&0\\0&0&1},\quad C^{n}=\bmat{1&0&0\\0&1&n\\0&0&1} \end{align*}

が成り立つ．実際，$n=1$のときは明らかで，ある$n$で成り立つとすると

   \begin{align*} A^{n+1} =A^{n}A =\bmat{1&n&0\\0&1&0\\0&0&1}\bmat{1&1&0\\0&1&0\\0&0&1} =\bmat{1&n+1&0\\0&1&0\\0&0&1} \end{align*}

となるから帰納的に従う．$B$, $C$も同様である．よって，任意の$a,b,c\in\mathbb{F}_{p}$に対して，

   \begin{align*} B^{b}C^{c}A^{a} =&\bmat{1&0&b\\0&1&0\\0&0&1}\bmat{1&0&0\\0&1&c\\0&0&1}\bmat{1&a&0\\0&1&0\\0&0&1} \\=&\bmat{1&0&b\\0&1&c\\0&0&1}\bmat{1&a&0\\0&1&0\\0&0&1} =\bmat{1&a&b\\0&1&c\\0&0&1} \end{align*}

となることが分かり，$G=\anb{A,B,C}$を得る．

いま，$A^{-1}=A^{p-1}$, $C=C^{p-1}$だから$A$, $C$はいずれも正則で，

   \begin{align*} AC=\bmat{1&1&1\\0&1&1\\0&0&1}=BCA \end{align*}

より$B=ACA^{-1}C^{-1}$となることと併せて，結局$G=\anb{A,C}$が従う．

ここで，$f:G\to\C^{\times}$を準同型とすると，$f(A)^{p}=f(A^{p})=I$で$p$は素数だから$f(A)=e^{2\pi ik/p}$ ($k=1,\dots,p$)である．同様に$f(C)=e^{2\pi i\ell/p}$ ($\ell=1,\dots,p$)である．

また，$\C^{\times}$は可換だから

   \begin{align*} f(B) =f(ACA^{-1}C^{-1}) =f(A)f(C)f(A)^{-1}f(C)^{-1} =I \end{align*}

である．よって，任意の$B^{b}C^{c}A^{a}\in G$に対して，

   \begin{align*} f(B^{b}C^{c}A^{a}) =f(B)^{b}f(C)^{c}f(A)^{a} =e^{2\pi i(ak+c\ell)/p} \end{align*}

が成り立つ．

逆に，$k,\ell\in\{1,\dots,p\}$を固定し，写像$f:G\to\C^{\times}$を

   \begin{align*} f(B^{b}C^{c}A^{a}) :=e^{2\pi i(ak+c\ell)/p} \end{align*}

で定める．任意の$B^{b}C^{c}A^{a},B^{b’}C^{c’}A^{a’}\in G$に対して，

   \begin{align*} B^{b}C^{c}A^{a}\cdot B^{b'}C^{c'}A^{a'} =&\bmat{1&a&b\\0&1&c\\0&0&1}\bmat{1&a'&b'\\0&1&c'\\0&0&1} \\=&\bmat{1&a+a'&b+b'+ac'\\0&1&c+c'\\0&0&1} \\=&B^{b+b'+ac'}C^{c+c'}A^{a+a'} \end{align*}

なので，

   \begin{align*} f(B^{b}C^{c}A^{a}\cdot B^{b'}C^{c'}A^{a'}) =&f(B^{b+b'+ac'}C^{c+c'}A^{a+a'}) \\=&e^{2\pi i\{(a+a')k+(c+c')\ell\}/p} \\=&e^{2\pi i(ak+c\ell)/p}\cdot e^{2\pi i(a'k+c'\ell)/p} \\=&f(B^{b}C^{c}A^{a})\cdot f(B^{b'}C^{c'}A^{a'}) \end{align*}

となるから，$f$は準同型である．また，$f(A)=e^{2\pi ik/p}$, $f(C)=e^{2\pi i\ell/p}$である．

よって，$k$, $\ell$の選び方はともに$|\{1,2,\dots,p\}|=p$通りだから，$G$から乗法群$\C^{\times}=\C\setminus\{0\}$への準同型写像の個数は$p^{2}$である．

問６

$\R^{4}$の部分空間$M$を

   \begin{align*} M=\set{(x,y,z,w)\in\R^{4}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+w^{2}=1,xy+zw=0} \end{align*}

で定める．

(1)　$M$が$2$次元微分可能多様体になることを示せ．

(2)　$M$上の関数$f$を

   \begin{align*} f(x,y,z,w)=x \end{align*}

で定めるとき，$f$の臨界点をすべて求めよ．ただし，$p\in M$が$f$の臨界点であるとは，$p$における$M$の局所座標$(u,v)$に関して

   \begin{align*} \pd{f}{u}(p)=\pd{f}{v}(p)=0 \end{align*}

となることである.

解答の方針

(1)　$g:\R^4\to\R^2$を

   \begin{align*} g(x,y,z,w)=(x^{2}+y^{2}+z^{2}+w^{2}-1,xy+zw) \end{align*}

で定義すると$M=g^{-1}(0,0)$となりますから，$g$に正則値定理(沈め込み定理)を用いればよいですね．

(2)　$f:M\to\R$の変化が$M$上で$0$となる点$p\in M$が臨界点となります．言い換えれば，$f$の$\R^4$への自然な延長$F:\R^4\to\R;(x,y,z,w)\mapsto x$の変化が$M$に現れないような点$p\in M$が$f$の臨界点です．

したがって，$f$の微分$df_p:T_{p}M\to\R$の定義域$T_{p}M$が$dF_p:\R^4\to\R$にすっぽり覆われているような，すなわち

   \begin{align*} T_{p}M \subset\operatorname{Ker}dF_{p} =\{0\}\times\R^3 \end{align*}

を満たすような点$p\in M$を求めれば良いですね．また，逆写像定理より$T_{p}M=\Ker{dg_{p}}$であることにも注意します．

多様体$M$は$x$と$y$のペア，$z$と$w$のペアで対称なので，$T_{p}M=\{(0,0)\}\times\R^2$の場合のみ$T_{p}M\subset\{0\}\times\R^3$となることが予想され，実際これは正しいことが分かります．

解答例


(1)　写像$g:\R^{4}\to\R^{2}$，実$2$次正方行列$A$, $B$を

   \begin{align*} &g(x,y,z,w)=(x^{2}+y^{2}+z^{2}+w^{2}-1,xy+zw), \\&A:=\bmat{2x&2y\\y&x},\quad B:=\bmat{2z&2w\\w&z} \end{align*}

で定める．$M=g^{-1}(0,0)$であり，$(1,0,0,0)\in M$だから$M\neq\emptyset$である．

ここで，任意の$p:=(x,y,z,w)\in M$が$g$の正則点であることを示す．そのために，$\operatorname{rank}Jg_{p}\neq2$と仮定して矛盾を導く．

   \begin{align*} &Jg_{p}=\bmat{2x&2y&2z&2w\\y&x&w&z}=[A,B], \\&|A|=2(x^{2}-y^{2})=2(x+y)(x-y), \\&|B|=2(z^{2}-w^{2})=2(z+w)(z-w) \end{align*}

だから，$(x,z)=(\pm y,\pm w)$ (複号任意)のいずれかが成り立つ．

(i)　もし$(x,z)=(\pm y,\pm w)$ (複号同順)なら，$xy+zw=0$より$x^2+z^2=0$となって$p=(0,0,0,0)$となるが，これは$x^2+y^2+z^2+w^2=1$を満たさない．

(ii)　もし$(x,z)=(y,-w)$なら，行基本変形により

   \begin{align*} Jg_{p}=\bmat{2y&2y&-2w&2w\\y&y&w&-w}\to\bmat{y&y&0&0\\0&0&w&-w} \end{align*}

となるから$y=0$または$w=0$である．$xy+zw=0$と併せると$p=(0,0,0,0)$となるが，これは$x^2+y^2+z^2+w^2=1$を満たさない．

(iii)　もし$(x,z)=(-y,w)$なら，(ii)と同様に矛盾．

以上より仮定は誤りで任意の$p\in M$が$g$の正則点である．よって，正則値定理より$M=g^{-1}(0,0)$は微分可能多様体で，次元は$4-2=2$である．

(2)　$f:M\to\R$の$\R^4$への延長$F:\R^4\to\R$を$\tilde{f}(x,y,z,w)=x$で定める．

このとき，$p=(x,y,z,w)\in M$が$f$の臨界点であることと，$T_{p}M\subset\operatorname{Ker}dF_{p}$が成り立つことは同値である．

さらに，$M\subset\R^{4}$より$T_{p}M\subset\R^{4}$とみなすことができ，$JF_{p}=[1,0,0,0]$より$\operatorname{Ker}dF_{p}=\{0\}\times\R^{3}$なので，$T_{p}M\subset\{0\}\times\R^{3}$となる$p\in M$を全て求めればよい．

ここで，

   \begin{align*} T_{p}M =&\operatorname{Ker}dg_{p} \\=&\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}} {\begin{gathered}Jg_{p}\bmat{\m{u}\\\m{v}}=\m{0},\\\m{u},\m{v}\in\R^{2}\end{gathered}} \\=&\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{A\m{u}=-B\m{v}} \end{align*}

であることに注意する．

[1]　$z\neq\pm w$のとき，$B$は正則だから

   \begin{align*} T_{p}M =&\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{-B^{-1}A\m{u}=\m{v}} \\=&\set{\bmat{\m{u}\\-B^{-1}A\m{u}}\in\R^{4}}{\m{u}\in\R^{2}} \end{align*}

なので，第1成分が0でないベクトルが$T_{p}M$に属するから$T_{p}M\subset\{0\}\times\R^{3}$とはなり得ない．

[2]　$z=\pm w$かつ$z\neq0$のとき，複号同順で

   \begin{align*} A\m{u}=-B\m{v} \iff\bmat{2xu_{1}+2yu_{2}\\yu_{1}+xu_{2}}=-z(v_{1}\pm v_{2})\bmat{2\\\pm1} \end{align*}

なので，たとえば$\bra{1,\pm1,-\frac{x}{z},-\frac{y}{z}}\in T_{p}M$だから，$T_{p}M\subset\{0\}\times\R^{3}$とはなり得ない．

[3]　$z=w=0$のとき，$p\in M$と併せて

   \begin{align*} \begin{cases} x^{2}+y^{2}=1\\ xy=0 \end{cases} \iff (x,y)=(\pm1,0),(0,\pm1) \end{align*}

となる．

[1]-[3]より，$p\in M$なら$p=(\pm1,0,0,0),(0,\pm1,0,0)$を満たす．

逆に，このとき$A$は正則で$B$は零行列となるから，

   \begin{align*} T_{p}M =&\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{A\m{u}=-B\m{v}} \\=&\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{A\m{u}=\m{0}} \\=&\set{\bmat{\m{u}\\\m{v}}\in\R^{4}}{\m{u}=\m{0}} \\=&\{(0,0)\}\times\R^{2} \\\subset&\{0\}\times\R^{3} \end{align*}

となるから，$f$の臨界点は$(\pm1,0,0,0)$, $(0,\pm1,0,0)$である．

問７

$A$を実正方行列，$k$を正の整数とし，$\operatorname{rk}(A^{k+1})=\operatorname{rk}(A^{k})$が成り立つとする．このとき，任意の整数$m\ge k$に対し，$\operatorname{rk}(A^{m})=\operatorname{rk}(A^{k})$であることを証明せよ．ここで，行列$X$に対し，$\operatorname{rk}(X)$は$X$の階数を表す．

解答の方針

Jordan細胞は固有値が$0$でなければ，その冪も対角成分は$0$でないから階数は変化しません．

一方，たとえば固有値$0$の$4$次Jordan細胞$B:=\bmat{0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0}$は

   \begin{align*} B^2:=\bmat{0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0},\quad B^3:=\bmat{0&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0},\quad B^4:=\bmat{0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0} \end{align*}

となるので，４乗まで階数は１ずつ小さくなりそのあとは零行列なので階数は変化しない．

これにより，$A$をJordan標準形に変形し，固有値$0$のJordan細胞に注目すれば示すことができる．

解答例


ある正則行列$P$が存在して，$A$はJordan標準形に相似変換できる：

   \begin{align*} P^{-1}AP:=J_{n_{1}}(0)\oplus\dots\oplus J_{n_{p}}(0)\oplus J_{N_{1}}(a_{1})\oplus\dots\oplus J_{N_{q}}(a_{q}). \end{align*}

ここに，$a_{1},\dots,a_{q}\in\C\setminus\{0\}$であり，$J_{n}(a)$は固有値$a$の$n$次Jordan細胞である．任意の$m\in\N$に対して

   \begin{align*} P^{-1}A^{m}P:=J_{n_{1}}(0)^{m}\oplus\dots\oplus J_{n_{p}}(0)^{m}\oplus J_{N_{1}}(a_{1})^{m}\oplus\dots\oplus J_{N_{q}}(a_{q})^{m} \end{align*}

であり，正則行列をかけることによって階数は不変だから，

   \begin{align*} \operatorname{rk}A^{m} =\operatorname{rk}\bra{J_{n_{1}}(0)^{m}\oplus\dots\oplus J_{n_{p}}(0)^{m}\oplus J_{N_{1}}(a_{1})^{m}\oplus\dots\oplus J_{N_{q}}(a_{q})^{m}} \end{align*}

である．ここで，Jordan細胞$J_{n}(a)$は以下を満たす：

  • $a\in\R\setminus\{0\}$のとき，任意の$m\in\N$に対して$\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m+1})=\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m})$
  • $a=0$かつ$n\ge2$のとき，
    • 任意の$m\in\{1,2,\dots,n-1\}$に対して，$\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m+1})+1=\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m})$
    • 任意の$m\in\{n,n+1,\dots\}$に対して，$\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m+1})=\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m})$
  • $a=0$かつ$n=1$のとき，任意の$m\in\N$に対して$\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m+1})=\operatorname{rk}(J_{n}(a)^{m})$

よって，$\operatorname{rk}(A^{k+1})=\operatorname{rk}(A^{k})$が成り立つことと，$k:=\max\{n_{1},\dots,n_{p}\}$であることは同値であるだから，任意の整数$m\ge k$に対し，

   \begin{align*} \operatorname{rk}{(A^{k+1})}\le\operatorname{rk}{(A^{k})} \end{align*}

が従う．

参考文献

以下，私も使ったオススメの入試問題集を挙げておきます．

詳解と演習大学院入試問題〈数学〉

[海老原円，太田雅人 共著/数理工学社]

理工系の修士課程への大学院入試問題集ですが，基礎〜標準的な問題が広く大学での数学の基礎が復習できる総合問題集として利用することができます．

実際，まえがきにも「単なる入試問題の解説にとどまらず，それを通じて，数学に関する読者の素養の質を高めることにある」と書かれているように，必ずしも大学院入試を受験しない一般の学習者にとっても学びやすい問題集です．また，構成が読みやすいのも個人的には嬉しいポイントです．

第１章　数え上げと整数
第２章　線形代数
第３章　微積分
第４章　微分方程式
第５章　複素解析
第６章　ベクトル解析
第７章　ラプラス変換
第８章　フーリエ変換
第９章　確率

一方で，問題数はそれほど多くないので，多くの問題を解きたい方には次の問題集もオススメです．

なお，本書については，以下の記事で書評としてまとめています．

【オススメの問題集｜詳解と演習 大学院入試問題(数理工学社)】

本書の目次・必要な知識・良い点と気になる点・オススメの使い方などをレビューしています．

演習 大学院入試問題

[姫野俊一，陳啓浩 共著/サイエンス社]

上記の問題集とは対称的に問題数が多く，まえがきに「修士の基礎数学の問題の範囲は，ほぼ本書中に網羅されている」と書かれているように，広い分野から問題が豊富に掲載されています．

全２巻で，

１巻第１編　線形代数
１巻第２編　微分・積分学
１巻第３編　微分方程式
２巻第４編　ラプラス変換，フーリエ変換，特殊関数，変分法
２巻第５編　複素関数論
２巻第６編　確率・統計

が扱われています．

地道にきちんと地に足つけた考え方で解ける問題が多く，確かな「腕力」がつくテキストです．入試では基本問題は確実に解けることが大切なので，その意味で試験への対応力が養われると思います．

なお，私自身は受験生時代に計算力があまり高くなかったので，この本の問題で訓練したのを覚えています．

なお，本書については，以下の記事で書評としてまとめています．

【オススメの問題集｜演習 大学院入試問題[数学](サイエンス社)】

本書の目次・必要な知識・良い点と気になる点・オススメの使い方などをレビューしています．

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